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1. concours général 1993 - exercice 4 énoncé
Soit dans le plan un disqueDde rayon 1.
1. Montrer qu’il est impossible de recouvrir le disque D avec deux disques de même rayonr, lorsquer est strictement inférieur à 1.
2. Montrer que, pour certaines valeurs der,r <1, il est possible de recouvrir le disque Davec trois disques de même rayonr. Quelle est la plus petite valeur derpermettant un tel recouvrement ?
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2. concours général 1993 - exercice 4 Solution 1
2.0.1. Question 1
Je reformule la question à l’envers : deux disques de rayonr <1étant donnés, montrer qu’on ne peut y inclure un disqueDde rayon 1. Ces deux disques de rayonr <1sont inclus dans une bande de plan de largeur2r <2 dans laquelle on ne peut inclure un disque de
2r
Fig.1 –
diamètre 2 puisqu’il contient des points diamétralement opposésAet B dans la direction orthogonale à la bande de plan qui sont distants de 2 :
A B
Fig.2 –
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2.0.2. Question 2
Pour imaginer un recouvrement de D par trois disques plus petits D1,D2,D3, il est naturel de commencer par construire une figure « régulière» (c’est-à-dire invariante par rotation d’un tiers de tour autour du centreO deD) :
O
C2 C1
C3
D2
D1
D3
A3
A1
A2
Fig.3 –
Je pose d = OC1 = OC2 = OC3 et R = OA1 = OA2 = OA3. Cette configuration conviendra à condition d’avoirR ≥1 (on recouvre D) etd≤r (pas de «trou» au milieu de la figure).
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J’examine de plus près le quadrilatèreOC1A3C2 : oùα∈[0, π/2]et β =π/6 puisque
H
O A3
C1 C2
r
d α β
Fig.4 – C\1OC2 est un tiers de tour.
J’établis un lien entreαet den calculant de deux façonsC1H =dcosβ=rcosα.La conditiond≤rse traduit alors parcosα≤cosβ, soit α∈[π/6, π/2]. Il reste à calculer
R = OH+HA3=dsinβ+rsinα=rcoscosαβsinβ+rsinα
= cosrβ[cosαsinβ+ sinαcosβ]
= cosrβsin(α+β) =√2r
3sin(OC\1A3) La condition à réaliser est doncrsin(OC\1A3)≥√
3
2.Pour avoir le plus petitrpossible, il faut prendre un sinus égal à 1 en fixant α = π/3 (on a bien α ∈ [π/6, π/2]), ce qui correspond àd=r/√
3 (on a biend≤r). J’obtiens donc un recouvrement deDpar trois disques de rayonr=√
3/2≈0.87<1:
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D1 D2
D3
D1 D2
D3
Fig.5 –
Peut-on faire mieux, c’est-à-dire prendrerplus petit ? D’après ce qui précède, il faudrait alors une configuration « irrégulière». Une façon simple d’obtenir une minoration derest de raisonner en termes de surfaces ; le disqueD, d’aireπdoit être contenu dans la réunion de trois disques, chacun d’aireπr2, doncπ≤3πr2d’oùr≥√
3/3. Mais ce n’est certainement pas le minimum, car cela supposerait en particulier que les trois disques de rayonrne se chevauchent pas.
J’ai l’intuition que inclure le disqueDdansD1∪ D2∪ D3 n’est pas plus difficile que d’
y inclure son cercle frontièreC. J’examine donc l’intersection deCavecDi; c’est un arcAi
d’angle au centreθi (ou ce qui revient au même, de longueur θi), d’extrémitésMi et Ni
tels queMiNi= 2 sin(θi/2). Deux points du disqueDiétant au plus distants du diamètre 2r, on a la minoration
r≥sin(θi/2).
Je reprends l’idée de la comparaison de l’aire deDavec la somme des aires desDi, mais cette fois en termes de longueurs. Les trois arcs A1,A2,A3, doivent recouvrir le cercleC
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en entier, doncθ1+θ2+θ3≥2π. En conséquence le plus grand des trois angles doit être
≥2π/3, d’où
r≥sinπ 3 =
√3
2 . Or je sais (voir figure 5) que cette valeur der=√
3/2permet effectivement de recouvrir D; c’est donc la plus petite valeur possile.
De plus si l’on veut recouvrir D avec r = √
3/2, chaque angle θi doit être ≤ 2π/3 (puisquer ≥sin(θi/2)) ; comme leur somme vaut 2π, on a alors θ1 =θ2 =θ3 = 2π/3 et je retrouve la configuration de la figure 5 (définie à un déplacement près), qui est donc la seule à réaliser le minimum der.
